信号与系统作业参考答案mbk

1 第一章 1.8 系统的数学模型如下，试判断其线性、时不变性和因果性。其中0X为系统的初始状态。 （2）2ftyte （5）cos2ytftt （8）2ytft

解：（2）2ftyte ① 线性： 设 1122,ftytftyt，则 122212,ftftyteyte

那么 112211222221122aftaftaftaftaftaftyteee，显然， 1122ytaytayt，所以系统是非线性的。

② 时不变性 设11,ftyt则 10122110,fttftyteytte

设102,fttyt则102210fttyteytt，所以系统是时不变的。 ③ 因果性 因为对任意时刻 t1，121ftyte，即输出由当前时刻的输入决定，所以系统是因果的。 （5）cos2ytftt ① 线性： 设 1122,ftytftyt，则 1122cos2,cos2ytfttytftt 那么 112211221122cos2cos2cos2aftaftytaftafttafttaftt

,

显然1122ytaytayt，所以系统是线性的。 ② 时不变性 设11,ftyt则 1110100cos2,cos2ytfttyttftttt

设102,fttyt则21010cos2ytftttytt，所以系统是时变的。 ③ 因果性 因为对任意时刻 t1，111cos2ytftt，即输出由当前时刻的输入决定，所以系统是因果的。 2

（8）2ytft ① 线性： 设 1122,ftytftyt，则 11222,2ytftytft 那么 1122112211222222aftaftytaftaftaftaft

,

显然1122ytaytayt，所以系统是线性的。 ② 时不变性 设11,ftyt则 1110102,2ytftyttftt

设102,fttyt则210102ytfttytt，所以系统是时变的。 ③ 因果性 因为对任意时刻 t1，112ytft，当 10t时，112tt，即输出由未来时刻的输入决定，所以系统是非因果的。 3

第二章 2.12 （a）已知信号ft如图所示，试分别画出下列信号的波形。 （1）1ft （2）22ft （3）2/3ft （4）2ftftUt

解：（1）先将ft向左移1得1ft（图a），反折即得1ft（图b）。

（2）首先 ft向左移2得2ft（见图a）， 然后将2ft的波形压缩为1/2即得22ft的波形（见图b）。 -3 f(t+2)

-1 1 2

1 t

0

图(a) 图(b) -3/2

f(2t+2) -1 1 2

1/2 t

0

-2 f(t+1) -1 1 2

1 2 t 1 -2 2 -1

1 2 f(1-t) t 图(a) 图(b)

-1 f(t) -1 1 2

1 2 3

t 4

(3) 首先 ft向左移2得2ft（见图a）： 然后将2ft的波形扩展3倍即得2/3ft的波形（见图b）。 最后将2/3ft进行反折即得2/3ft的波形（见图c）：

(4) 先作出2ft的波形 和1Ut的波形（见图a和图b）： 然后作出2ftft的波形（见图c）,最后乘以1Ut后的波形如图d。 1 -1 3 1 2 f(2-t) t 图(b) 2 1 1 t

U(1-t)

图(a)

3 -3 9

1 2 f(2-t/3) t 图(c) 6

-3 f(t+2) -1 1 2

1 t

0

图(a) 图(b) -9

f(t/3+2) -1 1 2

3 t

0 5 2.16 利用冲激信号及其各阶导数的性质，计算下列各式： （2）3tdftetdt （8）3241ftttdt

（10）tftettdt （14）1232tnftetndt 解：（2）0dftettdt （8）因为 11tt， 所以 33312412412410tftttdtttdtt

（10）002tttttftettdtee

（14）冲激串 ntn 中只有 两个：t和1t落在积分区间 [-3/2 1/2] 之中，因此 11122332211ttnftetndtettdte





2.25 已知激励为零时刻加入，求下列系统的零输入响应。 （1）,02,00ytytftyy

（3）32,01,00ytytytftyy 解：（1）特征方程为：210，特征根为 12,ii，因此，xyt为： 120ititxytCeCet，代入初始条件并求解，有：

f(2-t)+f（t） 图(d) 1 3 t 图(c) 2 3

t 6 121212

210CCCCiCiC





，所以2cos0ititxyteett

（3）特征方程为：2320，特征根为：121,2， 因此，xyt为 ：2120ttxytCeCet ；代入初始条件并求解，有：

121122

12201CCCCCC





，所以220ttxyteet

2.26 系统框图如图2-58所示，试列出系统的微分方程，求单位冲激响应。

解：（1）如图，加法器的输出方程为： ytftyt，整理后即得系统的微分方程为：ytytft

（2）求ht 特征方程为20，特征根为：121,0，因此，ht为： 12thtCeCUt，在微分方程中令ftt，并将ht代入，得：

1112112ttCeUtCtCCtCeUtCCtt





比较两边冲激函数的系数，得：

12122

0111CCCCC





，所以 1thteUt

2.33 已知信号如图2-61所示，试分别画出12*ftft的波形。

-2 2 1 f1(t) t -1 1 (1) f2(t) t (1) 0 0 （a）

f (t) y (t) yt  -1 7

解：(a)12111**1111ftftftttftft,波形如下： -3 3 1 f(t) t 2（1-e-1） f（t） t 0 0 （a） -1

1

（b）

π 1 f1(t) t f2(t)

t 1

0 0 （e）

sint[U(t)-U(t-π)] 2

-1 1 2 f1(t) t -1 1 f2(t) t -1 0 0

（c）

1

1 1 f1(t) t f2(t)

t 1

0 0 （b）